Падение стержня у стенки

[DimaM]

OlegCh в сообщении #1091013 писал(а):

Но тогда если записать ЗСЭ для центра масс и найти вертикальную составляющую скорости ц.м. когда стержень горизонтален, а затем добавить к ней $v=\omega\frac{l}{2}=\sqrt{\frac{gl}{6}}$ (скорость первого шарика относительно ц.м. при вращении стержня относительно ц.м.)

А нельзя ли написать эту сумму и разъяснить, какой смысл вы придаете каждому из слагаемых?
На словах все выглядит пока что сумбурно, и вовсе не удивительно, что получается какой-то странный результат.

OlegCh в сообщении #1090940 писал(а):

Ну давайте посмотрим, какие силы действуют на этот шарик. Сила тяжести (вниз), сила реакции со стороны стенки (вправо) и сила реакции со стороны стержня (вверх-влево), так? Вначале сила реакции стенки уравновешивалась проекцией силы реакции стержня, понятно. Потом нижний шарик с ускорением движется вправо, что эквивалентно действующей на него вправо силе, которая приводит к уменьшению силы реакции стержня на верхний шарик и, следовательно, к уменьшению силы реакции стенки. Пока всё правильно. И вот скорость нижнего шарика достигает максимума. Вот я и спрашиваю, что же дальше будет с верхним шариком (в плане его взаимодействия со стеной)?

Дальше сила реакции со стороны стержня меняет знак, сила реакции со стороны стенки обращается в нуль. Нижний шарик начинает замедляться, а верхний набирает горизонтальную скорость.

[OlegCh]

DimaM в сообщении #1091036 писал(а):

А нельзя ли написать эту сумму и разъяснить, какой смысл вы придаете каждому из слагаемых?

Да, конечно напишу, чуть позже.

[OlegCh]

Ну так вот. Запишем ЗСЭ для ц.м.:
$2mg\frac{l}{2}=\frac{2mv_{cy}^{2}}{2}+\frac{2mv_{cx}^{2}}{2}+\frac{I\omega ^{2}}{2}$
где
$I=2m\left (\frac{l}{2} \right )^{2}=\frac{ml^{2}}{2}$
$\omega^{2} =\frac{2g}{3l}$
т.е.
$\frac{I\omega ^{2}}{2}=\frac{mgl}{6}$
Тогда первое выражение можно переписать в виде:
$gl=v_{cy}^{2}+v_{cx}^{2}+\frac{gl}{6}$
откуда
$v_{cy}^{2}=gl-\frac{gl}{6}-v_{cx}^{2}=gl-\frac{gl}{6}-\frac{2gl}{27}=\frac{41}{54}gl$
(Ранее было найдено $v_{cx}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{gl}{6}}$)
Т.о. вертикальная составляющая скорости ц.м. когда стержень горизонтален получается равной $v_{cy}=\sqrt{\frac{41}{54}gl}$
Теперь найдем скорость самого шарика (первого или верхнего). Она складывается из скорости ц.м. и скорости шарика в системе ц.м.:
$v_{1x}=v_{cx}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{gl}{6}}=\sqrt{\frac{4gl}{54}}$
$v_{1y}=v_{cy}+\sqrt{\frac{gl}{6}}=\sqrt{\frac{41gl}{54}}+\sqrt{\frac{9gl}{54}}=\sqrt{\frac{gl}{54}}\left ( \sqrt{41}+3 \right )$
Отсюда квадрат полной скорости
$v_{1}^{2}=v_{1x}^{2}+v_{1y}^{2}=\frac{gl}{54}(4+(\sqrt{41}+3)^{2})=\frac{gl}{54}(4+41+9+6\sqrt{41})=gl\left (1+\frac{\sqrt{41}}{9} \right )$
И окончательно
$ v_{1}=\sqrt{\left ( 1+\frac{\sqrt{41}}{9} \right )gl}$

Ну вот так у меня получилось. (то, что я писал в своем предыдущем сообщении было неточным, поскольку там я нашел только вертикальную составляющую, а нужна полная скорость шарика в момент удара)

[Mihr]

OlegCh,
угловая скорость центра масс в этой задаче - переменная во времени величина. Величина $\omega=\sqrt{\frac{2g}{3l}}$ - это лишь её мгновенное значение, причём соответствующее моменту отрыва первого шарика от вертикальной стенки, а вовсе не моменту его падения на горизонтальную поверхность.
Поэтому, написав уравнение
$gl=v_{cy}^{2}+v_{cx}^{2}+\frac{gl}{6}$,
то есть заменив переменную величину константой, Вы совершили ошибку.
(Если, конечно, я правильно понял смысл Ваших преобразований).

[OlegCh]

Да, с угловой скоростью я, пожалуй, накосячил. Признаю. Но мне вот что не понятно. Если скорость нижнего шарика после отрыва уменьшается, и угол между стержнем и землей уменьшается - как может горизонтальная составляющая скорости центра масс оставаться постоянной?

[Mihr]

OlegCh в сообщении #1091150 писал(а):

Да, с угловой скоростью я, пожалуй, накосячил. Признаю. Но мне вот что не понятно. Если скорость нижнего шарика после отрыва уменьшается, и угол между стержнем и землей уменьшается - как может горизонтальная составляющая скорости центра масс оставаться постоянной?

Боюсь, что сейчас Вы смешиваете скорость и ускорение. Было бы странно, если бы в этих условиях скорость правого конца стержня была бы меньше горизонтальной компоненты скорости центра масс. В действительности, она всё время остаётся больше (постоянной) горизонтальной компоненты скорости центра масс, но постепенно уменьшается, приближаясь к этой величине "сверху". А горизонтальная компонента скорости первого шарика приближается к той же величине "снизу". Так понятно?

[OlegCh]

Нет, не понятно. Мы же считаем стержень несжимаемым. А при таком объяснении он должен будет деформироваться.

[Mihr]

OlegCh в сообщении #1091157 писал(а):

А при таком объяснении он должен будет деформироваться

... или поворачиваться. А так как деформироваться ему очень не хочется, приходится поворачиваться

[OlegCh]

Ну, впрочем, да. Его горизонтальная проекция все равно растет.